8 5　圆锥曲线的综合问题-2026版53高考数学总复习A版精炼

8.5圆锥曲线的综合问题五年高考考点1直线与圆锥曲线的位置关系1.(2024北京,19,15分,中)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,过点(0,t)(t>2)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,(1)求椭圆E的方程及离心率;(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.解析(1)由已知条件可知b=c=2,∴a=2,∴椭圆E的方程为x24+y22=1(2)设直线AB的方程为y=kx+t(t>2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立y=kx+t,x24+y22=1,消去y得(2Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,x1+x2=−4kt2k2+1,x1∵直线BD的斜率为0,∴点B与点D关于y轴对称,得D(-x2,y2),∵A、C、D三点共线,∴kAC=kCD,即y1−1x1=−y2−1x2,∴(kx1+t-1)x2∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,∴2k(2∴t2-t=t2-2,解得t=2.2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.解析(1)由题意得c故椭圆C的方程为x23+y2(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1(x>0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).①先证必要性.因为M,N,F三点共线,F(2,0),所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0.由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.联立y=x−故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+②再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x所以|MN|=(1+=(1+=−12(t因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直线MN的方程为y=x-2或无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,所以M,N,F三点共线,即充分性成立.故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.3.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2(1)求C的方程;(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解析(1)由题意知c∴C的方程为x2-y23(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,设其方程为y=kx+b,由y=kx+b,3x2−y2−3=0,得(3-由Δ>0,得b2+3-k2>0,∴x1+x2=2kb3−k2,x1x2=−b2−33−k2,∵x1>∴x1-x2=(x设点M的坐标为(x0,y0),则直线PM、QM的方程分别为y-y0=-3(x-x0),y-y0=3(x-x0),故y(*)-(**)得y1-y2=-3(x1+x2-2x0),即k(x1-x2)=-3(x1+x2-2x0),解得x0=kb又(*)+(**)得y1+y2-2y0=3(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=3(x2-x1),解得y0=3b2+3−故点M的轨迹方程为y=3kx,其中k为直线PQ的斜率若选择①②作为条件,③作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,则由y∴A2kk−3,又由y=∴xM=xA+xB2,yM=yA+∴|MA|=|MB|.若选择①③作为条件,②作为结论,当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0),此时M不在直线y=3kx上,不符合题意,舍去当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±3.不妨设点A在渐近线y=3x上,且A(xA,yA),B(由y∴A2m同理B2m此时xM=xA+xB2=∵点M在直线y=3kx上,∴6解得k=m,故PQ∥AB.若选择②③作为条件,①作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,则yA=k(xA同理,得xB=2kk+3,y设线段AB的中点为C(xC,yC),则xC=xA+xB2=由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上,即点M在直线y-yC=-1k(x-xC)上将该直线方程与y=3kx联立,得xM=2k2k2−3=xC,yM即点M恰为线段AB的中点,故点M在直线AB上.考点2弦长与面积问题1.(2024新课标Ⅰ,16,15分,中)已知A(0,3)和P3,32为椭圆C:x2a2+y2b(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.解析(1)将A(0,3),P3,3所以椭圆的离心率e=1−b(2)当直线l的斜率不存在时,l:x=3,此时S△ABP=12×3×3=9当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-3)+32联立y=k(x−3)+32,x212+y29=1,消去y整理得(3+4k2)x2设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=24k2−12k3+4k2,∴|BP|=1+k又点A到直线l的距离d=32∴S△ABP=12|解得k=12∴直线l的方程为y=12x或2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0<m<5)的离心率为154(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.解析(1)由题设可得25−m25=154,所以C的方程为x225(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x所以yP=-1yQ(xP-5),得xP-5=-yPy所以|BP|=(xP−5)2+y因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP综上,△APQ的面积为523.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上,直线l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.解析(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴4a2解得a2=2.∴C的方程为x22-y2=1设直线l:y=kx+m.②联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=4km1−2k2,x1xkPA=y1−1x1−2,由kPA+kQA=0,得y1−1化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·−2m2+21−2k2+(m-2k-1)·4化简得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,这时直线l过点A,不合题意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<π2<β,∵kAP+kAQ=0,∴由(1)知x1x2=2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan2α=22,即2tan2α+tanα−2=0,解得tan此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=22,∴tan(β-α)=22,即tan2α=-22,即2tan2α−tanα−2=0,解得tan于是,直线PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,联立y=2(x−2)+1,x22−y2=1,消去y可得3x∴x1+xA=16−423,x1xA=20−82∴|AP|=1+(同理|AQ|=4(6+3)3,又∵sin∴S△PAQ=12考点3定值与定点问题1.(2023新课标Ⅱ,21,12分,中)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.解析(1)设双曲线的方程为x2a2−y2b2由题意可知c=25,又离心率e=ca=5(写出公式给1∴a=2,∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为x24(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0(失分点:考虑斜率不存在,否则会失分),所以可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).联立x=my−4,x24−y216=1,消去x,得(∴y1+y2=32m4m2−1,y1y2=484m2−1,∴my1y2=易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2)=y2联立①②可得,y1my1−2(x+2)=∴x+2x−2=m∴点P在定直线x=-1上(最后一定要作答,否则会失分).2.(2023全国乙理,20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.解析(1)由已知条件得b=2,又e=ca=1−b2a2=1−4a2(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为l,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,联立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−8kt4k2+9,x1易知直线AP的方程为y=y1x1+2(令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得则y=(=2=2k(4∴线段MN的中点为定点(0,3).三年模拟基础强化练1.(2024北京清华附中开学考,8)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点P是抛物线准线上一动点,作线段PF的垂直平分线l,则直线l与抛物线公共点个数的可能值构成的集合为()A.{0}B.{1}C.{0,1}D.{1,2}答案B2.(2025届湖南郴州一模,14)已知抛物线y2=4x,从抛物线内一点A(2,2)发出平行于x轴的光线经过抛物线上点B反射后交抛物线于点C,则△ABC的面积为.

答案9能力拔高练11.(2025届重庆市第十一中学校第一次质检,18)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点22(1)求椭圆C的标准方程;(2)设C的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2作直线l,与椭圆C交于A,B两点,AF1·BF1=解析(1)将22,−即12a又因为b=c,所以a2=2b2,代入上式可得a2=2,b2=1,故椭圆C的标准方程为x22+y2(2)由(1)可得F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2,由题意设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),则AF1=(-x1-1,-y1),BF1=(-x2-1,联立x=my+1,x22+y2=1,得(所以y1+y2=-2mm2+2,y1y所以AF1·BF1=(-x1-1,-y1)·(-x2-1,-y2)=x1+x2+x1x2+1+y1y2=m(y1+y2)+2+(my1+1)(my2+1)+1+y1y2=2m(y1+y2)+(m2+1)y解得m2=4,即m=±2,所以y1+y2=±23,y1y2=-1则△ABF1的面积S=122.(2024河北“五个一”名校联盟联考,17)已知M(-3,0),N(3,0),平面内动点P满足直线PM,PN的斜率之积为-23(1)求动点P的轨迹方程;(2)过点F(1,0)的直线交P的轨迹E于A,B两点,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB(O为坐标原点),若C恰为轨迹E上一点,求四边形OACB的面积.解析(1)设P(x,y),则kPMkPN=yx化简可得x23+y22(2)由题意知直线AB与x轴不重合,设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),联立x23+y22=1,x=my+1,消去x得(所以y1+y2=−4m2m2+3,y1则|AB|=1+=1+m易得O到直线AB的距离d=11+因为平行四边形OACB的对角线互相平分,所以y1+y2=−4m2m2+3=y3+0,x1+x2=m(y1+y2)+2=−4m22m由C在椭圆x23+y22=1上,可得4m4+4m2-3=0,解得m2=12(舍负).求出C所以平行四边形OACB的面积S=2S△AOB=2×12所以四边形OACB的面积是32能力拔高练21.(2024安徽合肥二模,16)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,左顶点为(1)求椭圆C的方程;(2)过点F的直线l(不与x轴重合)与C交于P,Q两点,直线AP,AQ与直线x=4的交点分别为M,N,记直线MF,NF的斜率分别为k1,k2,证明:k1·k2为定值.解析(1)因为2b=23,所以b=3,则椭圆C的方程为x2a2+y2解得a2=4,故椭圆C的方程为x24(2)证明:由(1)知F(1,0),由题意可设l:x=ty+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),由x=ty+1,x24+y23=1可得(易知Δ>0恒成立,y1+y2=-6t3t2+4,y1因为A(-2,0),所以直线PA的方程为y=y1x1+2令x=4,则y=6y1x1+2,故M4,从而k1=6y1x1+24−1故k1k2=36=−363t22.(2025届重庆巴蜀中学月考,18)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3,F1,F2分别为其左、右焦点,P为双曲线上任一点,Q(3(1)过点Q(3,m)分别作双曲线C的两条渐近线的平行线,与渐近线分别交于A,B两点,O为坐标原点,求四边形OAQB的面积;(2)若不过点Q的直线l与双曲线交于不同的两点M,N,且满足QM⊥QN.证明:直线MN过定点,并求出该定点坐标.解析(1)设P(x0,y0),则PF1·PF2=(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0)=x02当y02=0时,PF1·PF2的最小值为-b2,所以b2=2,结合离心率为3,可得故双曲线方程为x2-y22=1.(3分所以Q(3,4),双曲线的渐近线方程为y=±2x.不妨令A为直线y=2x与直线y−4=−2(x-3)的交点同理可知B−2所以S四边形OAQB=22.(7分)(2)若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2).联立2x2−y2−2=0,y=kx+m,消去y得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0,则Δ=8x1+x2=2km2−k2,x1x2=−m因为QM⊥QN,所以QM·QN=(x1-3,y1-4)·(x2-3,y2=(x1-3)(x2-3)+(kx1+m-4)(kx2+m-4)=(1+k2)x1x2+[k(m-4)-3](x1+x2)+9+(m-4)2=0,(11分)整理得,m2-(6k+16)m-27k2+48=0,m=9k+12或m=-3k+4,(13分)当m=-3k+4时,直线方程为y=kx-3k+4,过Q(3,4),与题意不符;当m=9k+12时,直线方程为y=kx+9k+12=k(x+9)+12,过定点(-9,12).(15分)若直线l的斜率不存在,令其方程为x=t,根据对称性不妨令M(t,2t2−2),N(t,QN·QM=(t-3,2t2−2-4)·(t-3=(t-3)2+16-2t2+2=0⇒t2+6t-27=0,解得t=3或t=-9.t=3时,直线过点Q,与题意不符;t=-9时,直线过定点(-9,12).综上,直线过定点(-9,12).(17分)3.(2024河北保定二模,18)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F作互相垂直的直线l1,l2,分别与C交于A,B和D,E两点(A,D在第一象限),当直线l1的倾斜角等于45°时,四边形ADBE的面积为32.(1)求C的方程;(2)设直线AD与BE交于点Q,证明:点Q在定直线上.解析(1)当直线l1的倾斜角等于45°时,直线l2的倾斜角等于135°,直线AB的方程为y=x-p2由抛物线的对称性知|AB|=|DE|,所以S四边形ADBE=12|AB||DE|=32,得|AB|=8联立y=x−p2,y设A,B两点的横